周测评(十八)化学反应速率及其影响因素-【衡水真题密卷】2026年高三化学学科素养周测评（山东专版）

把皆力藏进试卷，换未来的惊喜 2025一2026学年度学科素养周测评（十八） A.200℃前，加人催化剂可使a线转化为b线 班级 B.300℃时，M点对应的反应体系中，et(CO2)>v量(CO2) 卺题 化学·化学反应速率及其影响因素 C.400℃时，若5min时达到平衡，则v(C0,)=0,04mol·L.1·min1 D.400℃后，温度对正反应速率的影响比浓度大 姓名 本试卷总分100分，考试时间40分钟 5,苯和B:可经两步发生反应①或反应②，其主要反应历程和能量的关系如图所示，下列说法正确的是 () 得分 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 2 3 4 5 6 答案 1.工业上常用碳基法提纯镶，其原理是N(s)十4CO(g)Ni(CO》,(g)△H,速率方程式为，=知E 附和6C8发企1上设'心麦变哥关车积春得是的条质的修 推反京必 0.s 0.6 反应避裂一 504 A对比历程图，苯更易发生取代反应，最根本的原因是反应②的速常更快 0 B.反应过程中碳原子的杂化方式发生了改变 034681021416 C.加人FeBr可以降低反应②的常变，提高反应速率 A'min A.上述反应中，△H>0 D.经两步发生反应①的总焓变=E:一E B.净反应速率：b>c 6.CHOH(g)在催化剂P/MgO(100)表面的催化反应部分历程如图所示（吸附在催化剂表面的物种 C.a点正反应速率：T=T D.T1温度下，2~6min内用Ni(CO)表示的平均反应速率为0.025mol·L1·min1 用“*”表示，TS表示过渡态)： 2.光催化剂在紫外线照射下产生光生电子(e)和光生空穴(h+),h+具有强氧化性，留在VB端，e跃迁 到CB端。科学家利用乙睛(CH,CN)光：化脱氢偶联制各丁二睛(NCCH.CH,CN),反应历程如图 所示。下列说法错误的是 1日 CH.CNH- an 乙胺 0 CH.CN b A AVB端上发生的反应为HzO十h ·OH+H 下列说法正确的是 B.副产物乙酰胺只能与酸反应，不能与碱反应 A.催化剂的使用降低了反应的活化能，提高了活化分子的百分数 C.单位时间内产生“空穴”数越多，反应a,b的反应速率越快 B.催化剂可以提高正反应速率，但可能降低逆反应速率 D,提高丁二睛选择性的关避是撺制反应a,降低反应b的活化能 3,催化剂有选择性，如酸性条件下电催化还原CO:,生成HCOOH的选择性大于CO。非均相催化指 C,该过程决速步骤的反应方程式为·CHO一·CO十·H 催化剂与反应物处于不同聚集状态的催化反应，反应在催化剂表面进行，主要包括吸附、反应、脱附等 D,CH,OH(g)在催化剂P/MgO(100)表面断裂O一H键比断裂C一H键更容易 过程。下列说法错误的是 A.被物光合作用过程中，降能增大该反应的活化分子百分数 ?,室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 B.H,O,制O。反应中，F+能加快化学反应速幸 选项 探究目的 探究方案 C.酸性条件下第电催化还原CO2生成两种产物的速率：o(CO)>v(HCOOH) D.铁触媒催化合成氨的反应属于非均相催化 浓度对化学反应速 向2支盛有3mL不同浓度N:SO,溶液的试管中同时加人2mL5NsCO溶液 A 4.将1 mol CO,(g)和3molH,(g)充人2L恒容密闭容器中发生反应： 率的影响 观察实验现象 I.CO2(g)十3H2(g)CHOH(g)十H:O(g)△H,<0(慢反应)： Ⅱ.CO2(g)+H(g)=C0(g)+HO(g)△H:>0(快反应). 温度对化学反应速 在两支试管中各加人3mL12%H:O2溶液，将其中一支用水浴加热，观察并比较实 B 测得相同时间内c(CO:)、vx(CO2)与温度的关系如图所示。下列说法错误的是 ( ) 率的影响 验现象 ↑C) ACO.)omol-L 反应2Fe++21 向1mL0,1mol·L-1K1溶液中滴加5mLD,1mol·L.-1FeC,溶液，，用苯多 2Fe++1的可 次萃取后，取水层分装在两支试管，向其中一支滴加几滴KSCN溶液，对比两试管中 逆性 溶液的颜色 探究国体表面积对 称取相同质量的大理石和纯碱，放入盛有浓度，体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察 D 反应速半的影响 实验现 学科素养周测评（十八）化学第1页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十八）化学第2页（共4页） 3 二、选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得 三，非选择题：本题共2小题，共48分。 8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。 11.(24分)研究氨氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题： 题号 (1)研究发现2NO(g)+O2(g) 一2NO2(g)的速率随温度的升高而减小，该反应由如下两个基元反 答案 应构成(k为相应的正、逆反应速率常数，只与温度有关)： :2NO(g)NzO2(g)(快)，1证=k1Ec'(NO).U1g=k1tc(N2O2)△H:<0: 8.丙烯和澳化氢在通常情况下发生加成反应主要得到2溴丙烷，其机理如下： (慢)，证=kzfc(N:O2)c(O:),V2=kec(NO)△H,<0, cH-cH货H-iH-GHi一cH ①写出基元反应的方程式： :两个基元反应的活化能相对大小关系 度离子中可体 为E(i) E(1)(填“>#“<”或“=”)。 下列说法错误的是 () ②基元反应1的平衡常数K, (用含速率常数的代数式表示)。 A,上述反应中，第一步为反应的决速步骤 (2)工业上利用反应2NO(g)+2CO(g)一N(g)+2C0,(g)△H=-747kJ·mol-1可将氮的氧 B.碳正离子中间体的稳定性：CH,一CH一CH,>CH,一CH,一CH 化物转化为无害气体，向某密闭容器中通入6 mol CO、6mo】NO,测得在其他条件相同时，平衡 体系中N的物质的量分数x(N:)与压强(p),温度T之间的关系如图所示： C.丙烯与卤化氢加成时，H1的反应速率最大 pMPa Br D.CH:一CHCF,与HBr加成的主要产物为CH.CHCF 9,室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N一X+Y,②M+ N -X+Z。反应①的速率可表示为=k:c2(MD,反应②的速率可表示为：=zc2(MD(1、k:为速 率常数)。反应体系中组分M,Z的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法铈误的是 () ①图中曲线Ⅱ表示 过程（填“等温”或“等压”），判断的依据是 ②若a点对应的压强恒为20MPa,反应开始到达到平衡所用时间为10min,则此时间段内 (CO)= MPa·min',v(NO)tv(N) 12.(24分)左氧氟沙星(LEV)是一种辅助类用药，现利用K,FO,处理医疗中的LEV,并研究外界因素 对该过程的影响。一定条件下，向8.0×10-6mol·L1LEV的水溶液中加入KzFO,,每间隔30s 进行取样，测定剩余LEV的浓度。其他条件相同，改变K:FcO,起始浓度或溶液pH,测得实验结果 min 如图所示： A.0~30min时间段内，Y的平均反应速率为2.5×10mol·L1·min B.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变 1.01 C.如果反应能进行到底，反应结束时37,5%的M转化为Z 1.00 D.反应①的活化能比反应②的活化能小 .75 10.煤中无机硫主要以F©S的形式存在，随着煤的燃烧会产生SO:污染环境，工业上用硫酸铁溶液浸 a.0 0.4 泡煤可提高煤的品位。为探究硫酸铁溶液浸泡煤的影响因素，在不同条件下测得生成的F+浓度 025 随时间(h)的变化如图所示： 0 060 13 2403m0 0010 5℃， 注：图中c。表示LEV的起始浓度，c表示某时刻LEV的浓度：Fc(M)表示K:FcO (1)在25℃，pH=7条件下，投料量n[Fe(T)]:n(LEV)=5±1时，前300s1EV的平均降解速率 0会dso3方09时间m 约为 mol·L.一1·mi,此投料量下，同一时刻LEV的降解程度最小，可能的原因为 实验序号 粒轻相同且含FeS 硫酸铁溶液浓 (2)由图可知，溶液pH对Fc(M)降解LEV反应速率的影响规律为 温度/℃ 相同的煤的质量/g 度/(mal·1.1) (3)已知常温下HFeO,的K1=1.0×10-3、Ka=1.0×10-2。则常温下pH=5时，溶液中 ① 30 25 0.6 6 lg (HFeO: c(FeO) 30 25 0.9 6 (4)研究表明K:FcO,在水中存在自降解过程，生成反应活性更高的HFcO,和H2FcO,。其中一 30 30 0.9 6 种反应的离子方程式为FeO+H++2HO一HFO:+H2O2。 D计干上术反夜，下列点法下确有 (填标号)。 0 30 0.9 5 A,升高温度，该反应正反应速率增大，逆反应速率碱小 已知：①用硫酸铁溶液浸泡煤会将F©S转变为FcSO,. B.消耗n个H的同时消耗n个HO,说明反应的)= ②FeS:可与硫酸发生反应，FeS十HSO,S￥+H:S↑十FeSO, 平后加入K。F),固K,、前过夜速客的不修 下列说法正确的是 D,减小体系pH能增加反应的有效隧撞次数，从而提高反应速率 A.H越小，用硫酸铁溶液浸泡煤的除琉效果越好 ②当起始浓度c(FeO)=amol·L1,常湿下上述反应达到平衡时c(FcO)=bmol·L1. B.实验④在0一0.3h时间内Fe+消耗的化学反应速率为1.4mol·L1·h1 pH=5,则该反应的平衡常数K= (用含4，b的代数式表示) C.硫酸铁溶液与FcS反应的离子方程式为14Fe++FeS+8H0一15Fc++2SO+16H ③天然水体中的Fe+能促进K:FeO,降解1EV,其可能的原因为 D.由实验可得出浓度，温度、H和颗粒大小均可影响该反应的化学反应速率 学科素养周测评（十八）化学第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（十八）化学第4页（共4页）真题密卷 学科素养周测评 三、非选择题 得，乙池产生1.5 mol NaOH。 11.(1)NH、Mg2+(4分)Na+、Cl(4分) 12.(1)抑制Cu2+的水解(4分) 有刺激性气味的气体生成(3分)有白色沉淀 (2)Cu2+十2e—Cu(4分)试纸变蓝(2分) 生成(3分) (3)①蓝色(3分)浓盐酸(3分) (2)2H20+O2+4e-40H(4分) ②稀释后C1浓度减小，与Cu+配合能力减弱， H2(2分)1.5(4分) 平衡左移，产生白色CuCl沉淀(4分) 【解析】(1)步骤I中，溶液中加入过量NaOH (4)Cu2++e+C1CuC1(4分) 溶液，加热，产生气体M和沉淀，则M为NH3, 【解析】(1)CuCl2为弱碱强酸盐，溶液中Cu+ 沉淀为Mg(OH)2,证明原溶液中存 易水解，则实验室在配制CuCl2溶液时常加入 在NH、Mg2+,且由于Mg2+和CO?不能共 少许盐酸，目的是抑制Cu2+的水解。 存，则溶液中不存在CO；步骤Ⅱ中，少量滤液 (2)电解饱和CuCL2溶液时，阴极Cu+放电析出 中加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明原 单质铜，电极反应为Cu+十2e一Cu;阳极 溶液中存在SO?;因各离子的物质的量浓度相 C1放电产生氯气，C12能将I氧化生成I2,则阳 同，若原溶液中含有NO?,溶液即可以维持电荷 极口放置湿润的淀粉碘化钾试纸可观察到试纸 守恒，但原溶液还可能同时存在Na+、Cl,一定 变蓝。 不存在A13+;若用惰性电极电解此时离子组 (3)由结论中的“猜想正确”得，红色固体是铜，白 (NH、Mg2+、Na+、Cl、NO3、SO)对应的溶 色固体是CuCl。 液时，阴极只能是水电离出来的H+放电，生成 ①硝酸具有强氧化性，能把Cu、CuCl都氧化生 H2和OH,OH会分别与溶液中的NH、 Mg2+反应生成NH3·H2O、Mg(OH)2沉淀， 成Cu+,则无色溶液变蓝色；Cu不溶于盐酸，则 NH3·H2O又有挥发性，则对应的实验现象是有 “红色固体不溶”，由已知得，白色沉淀CuC1易 刺激性气味的气体和白色沉淀生成。 溶于浓盐酸发生反应：CuCl(s)十Cl(aq)== (2)由(1)知M为NH3,则甲池为绿色燃料电池， [CuCl2]-(aq),则“白色固体消失”；加水稀释 左侧通入氨气，电极1为负极，结合电解质溶液 后，c(CI)降低，平衡左移，则有白色沉淀CuCl 为氢氧化钠溶液得电极反应为2NH十6OH-一 生成，即（Ⅱ）是浓盐酸。 6e一6H2O十N2个，右侧通入氧气，电极2为 ②CuCl沉淀加入浓盐酸中存在平衡CuCl 正极，电极反应为O2十2H20十4e—4OH; (s)+Cl(aq)一[CuCl2]-(aq),加水稀释后 乙池为电解饱和食盐水的电解池，反应的化学方程 Cl浓度降低，与Cu+配合能力减弱，[CuCl2] 式为2NaC1十2H,0通电2Na0H+H,◆+C+,则 自身的解离，也会促使平衡左移，则产生白色 CuCI沉淀。 乙池左边电极为阳极，右边电极为阴极，阴极发生还 原反应，H放电生成H2,从C口逸出；由电极反应 (4)Cu+在阴极得到电子生成Cu+,再与C1结 式得，理论上电极1消耗11.2L氨气（标准状况） 合生成CuCl,电极反应式为Cu2++e十C1 时，转移1.5mole,结合2mole~2 mol NaOH =CuCl。 2025一2026学年度学科素养周测评（十八） 化学·化学反应速率及其影响因素 一、选择题 浓度相等，但T1高于T2,则a点T1对应速率高于 1.D【解析】其他条件相同时，温度较高，反应速率 T2,C错误；T1温度下，2~6min内，平均反应速率 较大，由图像得，平衡前T1对应斜率大，则T1高 为[Ni(C0)4]= /0.6-0.2.1 6-2×4) mol.L-1·min1 于T2。由平衡时CO浓度得，温度升高，CO浓度 增大，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，△H =0.025mol·L1·min1,D正确。 0,A错误；b、c点均是平衡状态点，平衡时，v正= 2.B【解析】由图可知，光催化剂作用下“TiO2·A” 口递，根据净反应速率表达式知，这两，点对应状态的 电极上产生空穴，水分子在空穴作用下转化为 净反应速率均为0，即b=c,B错误；a点对应CO ·OH和H+,电极反应式为H2O十h+一·OH 3 ·18· ·化学· 参考答案及解析 十H+,A正确；乙酰胺含有一NH2能与酸反应， B错误；活化能最大的步骤为决速步骤，步骤1、2、 含有酰胺基能与碱发生水解反应，B错误；由图可 3、4的活化能依次为0.89eV、1.13eV、0.53eV、 知，单位时间内产生“空穴”数越多，生成·OH和 0.34eV,则步骤2为决速步骤，该过程的反应方程 H+的数目越多，则反应a、b的反应速率就越快，C 式为*CHO一*CH2O十*H,C错误；图中步骤1 正确；由图可知，提高丁二腈选择性的关键是抑制 断裂O一H键的活化能为0.89eV,步骤2、3、4断 副反应a的发生，且降低反应b的活化能，加快反 裂C-H键所需活化能分别为1.13eV、0.53eV、 应b的反应速率，D正确。 0.34eV,则只有部分断裂C一H键的活化能比断 3.C【解析】酶的作用类似催化剂，能降低反应的 裂O一H键的活化能小，不能说明断裂O一H键 活化能，增大该反应的活化分子百分数，A正确； 比断裂C一H键更容易，D错误。 Fe3+是H2O2分解的催化剂，能加快化学反应速7.B【解析】NaCIO氧化Na2SO3生成SO 率，B正确；由题干信息得，酸性条件下锑电催化 和CI,无明显现象，无法观察反应速率，A不符 还原CO2时，生成HCOOH的选择性大于CO,即 合题意；温度升高，H2O2分解速率加快，产生气 两种产物的生成速率：v(CO)<v(HCOOH),C 泡快，B符合题意；FCl过量，使得反应后试管内 错误；反应物是气体，铁触媒是固体催化剂，则该 溶液颜色相近，则无法确定反应的可逆性，C不符 反应属于非均相催化，D正确。 合题意；大理石（块状）和纯碱（粉末状）的成分、性 4.B【解析】由图可知，200℃前，升高温度， 质、表面积均不相同，为探究固体表面积对反应速 c(CO2)减小、反应速率加快，说明反应未达到平 率的影响，要控制单一变量，D不符合题意。 衡，则加入催化剂，CO2的反应速率加快，反应消 二、选择题 耗CO2增多，则相同时间内c(CO2)降低，则可使 8.D【解析】上述反应中，第一步为慢反应，则为决 a线转化为b线，A正确；温度升高到300℃时， 速步骤，A正确；丙烯与溴化氢反应的主要产物为 反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，但 2-溴丙烷，其第一步慢反应得到的碳正离子为 c(CO2)呈增大趋势，说明CO2的消耗速率小于其 CH2一CH一CH3,则碳正离子中间体稳定性： 生成速率，即正(CO2)小于v逆(CO2),B错误； 由图得，400℃时，反应达到平衡状态，c（CO2) CH3一CH-CH3>CH3一CH2一CH2,B正确；慢 为0.3mol·L1,则5min内CO2的反应速率 反应决定反应速率，水溶液中酸性：H>HBr> 为(C02)=0.5mol:L1-0.3molL-1 HCI,则加入HI时，第一步反应最快，则 5 min CH3CH一CH2与HI反应速率最大，C正确；由 0.04mol·L1·min-1,C正确；由图得，400℃ 题干信息得，烯烃与HBr反应第一步是H+结合 后，v正(C02)增大，而c(CO2)减小，说明温度对正 带负电性的碳原子，由于F为吸电子基团，有 反应速率的影响比浓度的影响大，D正确。 F,-C=C,则使得CH2-CHCP,与HBr加成 8+8- 5.B【解析】反应②取代反应的活化能更低，且生 成物本身所具有的能量更低，更稳定，是苯更易发 Br 生取代反应的根本原因，由此引起了速率的加快， 的主要产物为CH2CH2CF3,D错误。 Br 9.CD【解析】由图中数据可知，30min时，M、Z的 A错误；苯中碳原子都是sp条化，H与 浓度分别为0.300mol·L1和0.125mol·L1, B虹最右边上下两个碳原子是sp条化，共 则M的变化量为0.5mol·L1-0.300mol· L-1=0.200mol·L1,其中转化为Y的变化量为 余为sp杂化，B正确；催化剂不改变反应的焓变， 0.200mol·L-1-0.125mol·L1=0.075mol· 可以降低反应②的活化能，提高反应速率，C错 L1,则0~30min时间段内，Y的平均反应速率为 误；焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化 0.075mol·L 能，反应①分两步进行，则反应①的总焓变=E1 -=2.5×103mol·L1·min1,A 30 min E3十E4一E2,D错误。 正确；由题中信息得，反应①和反应②的速率之比为 6,A【解析】催化剂可降低反应的活化能，提高活 化分子的百分数，A正确；催化剂可以同等程度地 心-，=，因Y和乙分别为反应①和反应②■ 改变正、逆反应速率，即同时提高正、逆反应速率， 的产物，且两者与M的化学计量数均为1，则反应开 ·19· 3 真题密卷 学科素养周测评 i为N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g);基元反应 体系中Y和乙的浓度之比一直等于 「为快反应，基元反应ⅱ为慢反应，慢反应活化 k2为速率常数，则该比值保持不变，B正确；由A、B 能较大，则E(i)<E(i)。 中分析得，体系中Y和Z的浓度之比为 ②平衡时1正=01递，即k1正c2(NO)=k1提c(N2O2), 0.075mol·L-1 0.125m0l,L=3:5,若反应能进行到底， 整理得K=NO)1话 c(N2O2)k c(Y)+c(Z)=△c(M)=0.5mol·L1,则c(Z) (2)①由△H<0得，正反应放热，则升高温度，平 5 =3+5×0.5molL1=0.3125mol.L1,反 衡逆向移动，N2的物质的量分数减小；正反应为 气体体积减小的反应，则增大压强，平衡正向移 应结束时M转化为Z的转化率为 动，N2的物质的量分数增大，故图中曲线I表示 0.3125mol·L-1 0.5ml.L×100%=62.5%,C错误；由C 等温、增压过程，曲线Ⅱ表示等压、升温过程。 ②设平衡时生成了x mol N2,有 中珍折，2-密-85甲(<2 2NO(g)+2CO(g)-=N2(g)+2C02(g) 初始/mol6 6 0 0 v1<v2,反应的活化能越高，反应速率越慢，则反 转化/mol2x 2x x 2x 应①的活化能大于反应②的活化能，D错误。 平衡/mol6-2x 6-2x 2x l0.BC【解析】由已知②得，在酸性条件下FeS2会 x 发生反应：FeS2十H2SO4SY十H2S个+ 12-x =0.2,解得x=2,则平衡时有n(NO)= FeSO4,溶液的pH越小，溶液中H+浓度就越 n (CO)=2 mol,n (N2)=2 mol,n (CO2)=4 mol, 大，H+与FeS2反应生成的S与煤混在一起，从 n慈=10mol,若a,点对应的压强为20MPa,C0的 而达不到除硫的效果，同时还会生成H2S气体污 2 平衡分压为20×10=4MPa,C0的初始分压为 染空气，A错误；由已知①得，Fe2(SO)3具有强 氧化性，会将FeS2中一1价S氧化为十6价 6+6X20MPa=10MPa,反应开始到达到平衡所 SO?,其本身被还原为F2+,由守恒规律得反应 用时间为10min,则此时间段内o(CO)= 的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H20 15Fe2++2S0+16H+,在0~0.3h时间内 (10-4)MPa=0.6MPa·min';由同一反应中 10 min Fe2+的化学反应速率为v(Fe2+)= △c= 用不同物质表示的速率之比=系数之比得， △t v(NO):(N2)=2:1. 0.45mol·L1 =1.5mol·L-1·h1,则根据反 12.(1)1.2×105(3分)K2Fe04浓度较小，反应 0.3h 速率较小(4分) 应方程式中物质反应转化关系可知Fe3+的消耗 (2)酸性越强，反应速率越快(3分) 来eFe)6Fe)=语×1.5mlL· (3)-2.2(3分) (4)①BD(4分) h1=1.4mol·L1·h1,B、C正确；由实验可 知：浓度、温度、PH都可以影响化学反应速率，但 ②，a6)2 bX10-(4分) 实验中没有颗粒大小的对比实验，则不能从实验 ③Fe3+起催化作用(3分) 得出颗粒大小能影响化学反应速率，D错误。 【解析】(1)在25℃、pH=7条件下，投料量 三、非选择题 n[Fe(WMI)]:n(LEV)=5:1时，由图可知，前300s 11.(1)①N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(4分) LEV的平均降解速率约为 (3分) 4.00-0.25)×8.0×105mol.L=1.2× ②1平(4分) 300 k1逆 60 min (2)①等压(3分)正反应为放热反应，温度越 10-5mol·L-1·min1;浓度越大反应速率越 高，平衡时x(N2)越小(4分) 快，此投料量下，同一时刻LEV的降解程度最 ②0.6(3分)2：1(3分) 小，可能的原因为K2FeO4浓度较小，导致反应 【解析】(1)①总反应减基元反应1得基元反应 速率较小。 ·20· ·化学· 参考答案及解析 (2)由右图可知，溶液pH越小、酸性越强，同一 固体后，溶液中FO浓度增大，则正、逆反应速 时刻LEV的降解程度（图像斜率）越大，则反应 率均增大，C错误；减小体系pH,c(H+)增大，能 速率越快。 增大反应的有效碰撞次数，从而提高反应速率，D (3)K(H)F)_10Xc(Fei) 正确。 c(HFeO) c(HFeO) ②当起始浓度c(FeO?-)=amol·L-1,常温下 c(FeO) =1.0×102得，2（HFc0-1.0X10,整理 上述反应达到平衡时c(FeO)=bmol·L1、 pH=5,则平衡时c(H+)=10-5mol·L-1、 c(HFeO) 得1gc(Fe0) =-2.2。 HFeO,和过氧化氢浓度均为(a-b)mol· (4)①升高温度，反应的正、逆反应速率均变大，A L,则反应的平衡常数K-。 错误；由方程式得，消耗n个H+的同时消耗n ③催化剂能明显加快反应速率，天然水体中的 个H2O2,说明正、逆反应速率相等，B正确；反应 Fe3+能促进K2FeO4降解LEV的原因可能是 平衡不代表FeO浓度达到饱和，加入K2FeO4 Fe3+对反应起催化作用。 2025一2026学年度学科素养周测评（十九） 化学·化学平衡与化学反应进行的方向 一、选择题 时，SiHClg产率最大，n(Si):n(HCI)=1:6时， 1.D【解析】虚线表示平衡转化率，且随温度升高， SiHCIa产率接近0，B错误；反应①Si(s)+3HCl(g) X的转化率增大，则该反应的正反应为吸热反应， =SiHCl(g)+H2(g),△H1<0,△S1<0,则要使 △H>0,A错误；给定的反应中，焓变只与始态和 △G=△H一T△S<0,反应①更适合在较低温度下 终态有关，催化剂可以改变活化能，不能改变焓 进行，C正确：由图2得，1300℃与1100℃曲线很 变，即催化剂对平衡移动无影响，B错误；该反应 接近，但考虑效能与成本的关系，工业上选择 为气体物质的量增大的反应，若增大起始压强，平 1100℃更合适，D错误。 衡逆向移动，X的平衡转化率降低，C错误；该时间 4.C【解析】反应4HC1(g)+O2(g)—2C12(g)+ 段内，X的变化压强为0.4pkPa,则Y的变化压强 2H2O(g)△H正向进行时气体分子数减少，则 △S0,升高温度，HC1的平衡转化率降低，则正反 为O.4pkPa,则aY=04pk_0,kPa·s, 应为放热反应，即△H<0,A正确；增大n(O2): ts t n(HCl)的比值，即相对增大氧气的投料量，可使平 D正确。 衡右移，M点HC1转化率提高，B正确；较高流速 2.D【解析】由于K=bCO)=1,即平衡时容 时a(HCI)低的原因是流速太快，导致HCl反应不 器中CO和CO2的分压是相等的，都为800kPa, 充分，C错误；该温度下HCI转化率最大时达到了 则反应②的平衡常数为K.=p(CO)=800kPa,A 反应限度，即平衡状态，n(O2):n(HCI)=4:4, 正确；容器体积始终不变，而气体总质量为变量， HCI的转化率为80%，设起始的物质的量均为 则混合气体的密度不变时，可说明反应已达到平 4mol,可列出三段式： 4HCI(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) 衡，B正确；温度不变，K。不变，C0和CO2的平 起/mol 4 4 0 0 衡分压均为800kPa,则容器内总压强不变，C正 转/mol 3.2 0.8 1.6 1.6 确；温度不变，即使缩小体积，K。不变，则CO和 平/mol 0.8 3.2 1.6 1.6 CO2的平衡分压也不变，D错误。 气体总物质的量为7.2mol,HCl、O2、C2、H2O的 3.C【解析】由图1得，进料比不变的情况下，随温 杨质的量合数分别为日台台后则K 度升高，SiHCl3的产率下降，则△H1<0,由图2 得，随温度升高，SHCl3的平衡转化率增大，则 (号)×() △H2>0,即△H2>0>△H1,A错误；由图1得，同 =36,D正确。 一温度下，反应①中n(Si):n(HCl)=1:3 ()×号 ·21· 3